http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2440
Description
小 X 自幼就很喜歡數。但奇怪的是，他十分討厭完全平方數。他覺得這些
數看起來很令人難受。由此，他也討厭所有是完全平方數的正整數倍的數。然而
這絲毫不影響他對其他數的熱愛。
這天是小X的生日，小 W 想送一個數給他作爲生日禮物。當然他不能送一
個小X討厭的數。他列出了所有小X不討厭的數，然後選取了第 K個數送給了
小X。小X很開心地收下了。
然而現在小 W 卻記不起送給小X的是哪個數了。你能幫他一下嗎？
Input
包含多組測試數據。文件第一行有一個整數 T，表示測試
數據的組數。
第2 至第T+1 行每行有一個整數Ki，描述一組數據，含義如題目中所描述。
Output
含T 行，分別對每組數據作出回答。第 i 行輸出相應的
第Ki 個不是完全平方數的正整數倍的數。
Sample Input
1
13
100
1234567
Sample Output
19
163
2030745
HINT
對於 100%的數據有 1 ≤ Ki ≤ 10^9
, T ≤ 50
首先二分答案 問題轉化爲求[1,x]之間有多少個無平方因子數
根據容斥原理可知 對於sqrt(x)以內所有的質數 有
x以內的無平方因子數
=0個質數乘積的平方的倍數的數的數量(1的倍數)
-每個質數的平方的倍數的數的數量(9的倍數,25的倍數,...)
+每2個質數乘積的平方的倍數的數的數量(36的倍數,100的倍數,...)-...
容易發現每個乘積a^2前面的符號恰好是mu[a]
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define maxn 1000000
#define LL long long
LL mu[maxn+1];
LL pri[maxn+1],tot;
bool isprime[maxn+1];
void init(){
tot=0;
isprime[0]=isprime[1]=false;
for(LL i=2;i<=maxn;i++)isprime[i]=true;
for(LL i=2;i<=maxn;i++){
if(isprime[i]){
pri[tot++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(LL j=0;j<tot&&i*pri[j]<=maxn;j++){
isprime[i*pri[j]]=0;
if(i%pri[j]==0){
mu[i*pri[j]]=0;
break;
}
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
}
LL calc(LL m){
LL res=0;
for(LL i=2;i*i<=m;i++){
LL tmp=m/(i*i);
res-=mu[i]*tmp;
}
return res;
}
LL bin(LL m){
LL res=m;
for(LL i=2;i*i<=m;i++){
LL tmp=m/(i*i);
res+=mu[i]*tmp;
}
return res;
}
int main(){
init();
LL T;scanf("%lld",&T);
while(T--){
LL k;scanf("%lld",&k);
// LL t = k + calc(k);
// while(t-calc(t)!=k){
// t = k + calc(t);
// }
LL l=k + calc(k),r=k+k,tt,cnt;
// cout<<calc(4)<<endl;
while(l<=r){
tt=(l+r)>>1;
cnt=bin(tt);
// cout<<cnt<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<tt<<endl;
if(cnt>k)r=tt-1;
else if(cnt<k)l=tt+1;
else if(cnt==k&&calc(tt-1)==calc(tt)){
break;
}else{
r=tt-1;
}
}
// cout<<cnt<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<tt<<endl;
printf("%lld\n",tt);
}
return 0;
}Description
Input
第一行一個整數n，接下來n行每行五個整數，分別表示a、b、c、d、k
Output
共n行，每行一個整數表示滿足要求的數對(x,y)的個數
Sample Input
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2
Sample Output
14
3
題意很清楚了，求多少個（x,y）對。
那麼令f(k)表示爲gcd(x,y)=k的個數，其中a<=x<=b && c<=y<=d
如此，對應F(k)表示gcd(x,y)=k倍數的數的個數。
對於這個題，假設用函數calc(b,d)計算表示爲1<=x<=b && 1<=y<=d的gcd(x,y)==k的對數，那麼最終結果爲：
calc(b,d)-calc(a-1,d)-calc(b,c-1)+cala(a-1,c-1)
如此一來，計算F(k)就方便了，比如calc(b,d)的話，
F[k]=(b/k)*(d/k)。
然後通過莫比烏斯反演得到f(k)即爲結果。
但是會TLE。
需要優化，
觀察式子，發現 （n/k） 最多有 2sqrt(n) 個取值
那麼 (n/k)*(m/k) 就至多有 2(sqrt(n)+sqrt(m)) 個取值
枚舉這 些 取值，對莫比烏斯函數維護一個前綴和，就可以在 sqrt(n) 時間內出解
總時間複雜度nsqrt(n)
枚舉除法的取值這種方法在莫比烏斯反演的應用當中非常常用，且代碼並不難寫
if(n>m) swap(n,m);
for(i=1;i<=n;i=last+1)
{
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
re+=(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
}
return re;
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 50000
int mu[maxn+1],sum[maxn+1];
int notprime[maxn+1];
int pri[maxn+1],tot;
void init(){
mu[1]=1;
sum[1]=1;
for(int i=2;i<=maxn;i++){
if(!notprime[i]){
pri[tot++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;j<tot&&pri[j]*i<=maxn;j++){
notprime[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0){
mu[i*pri[j]]=0;
break;
}
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
}
/****************************************************
int calc(int n,int m,int k){ //TLE case T more
if(n>m)swap(n,m);
int res=0;
for(int i=k;i<=n;i+=k)
res+=mu[i/k]*(n/i)*(m/i);
return res;
}
*****************************************************/
int calc(int n,int m,int k){ //TLE case T more
if(n>m)swap(n,m);
n/=k,m/=k;
int res=0,last;
for(int i=1;i<=n;i=last+1){
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
// cout<<i<<" "<<k<<endl;
res+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
return res;
}
int main(){
init();
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
int a,b,c,d,k;scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
int ans=calc(b,d,k)-calc(a-1,d,k)-calc(b,c-1,k)+calc(a-1,c-1,k);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
